高考物理一轮总复习专题综合检测新人教版

力学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如下列图，在0～t 0时间内如下说法正确的答案是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间一样，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，如此地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ．R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体外表上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，如此有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B ．π4C.π3 D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，如此有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如下列图，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动，弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.如此弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.此题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如下列图，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上外表水平，如此如下说法正确的答案是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有一样的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B项错误；由于P的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P受到的摩擦力方向水平向左，故C项错误；由牛顿第三定律可知，P对Q的摩擦力水平向右，故D项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中，如下说法正确的答案是( )A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f＝μmg cos θ＝4 N，所以当F减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F从4 N减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由F­x图象可知，当F＝4 N时，位移为3.2 m，故A项正确，B项错误；当F＝mg sin θ＋μmg cos θ＝10 N时动能最大，由F­x图象知此时x＝2 m，此后动能减小，故C项正确，D项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v­t图象如下列图．t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后开始减速，在t ＝4 s时物体恰好到达最高点A点．重力加速度为10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，如下说法正确的答案是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B．物体重力势能增加48 JC．摩擦力对物体做功12 JD．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75 ，故A项正确；经分析可知，2 s时物体速度与传送带一样，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A ，滑块A 匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B 相碰，碰后滑块A 、B 先后通过光电门乙，采集相关数据进展验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______． A ．滑块A 的质量m A ，滑块B 的质量m B .B ．遮光片的的宽度d (滑块A 与滑块B 上的遮光片宽度相等)C ．本地的重力加速度gD ．滑块AB 与长木板间的摩擦因数μE ．滑块A 、B 上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A 、B 与斜面间的摩擦因数μA 、μB ，质量m A 、m B ，要完本钱实验，它们需要满足的条件是________．A ．μA ＞μB m A ＞m B B ．μA ＞μB m A ＜m BC ．μA ＝μB m A ＞m BD ．μA ＜μB m A ＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)假设光电门甲的读数为t 1，光电门乙先后的读数为t 2，t 3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Ad t A 甲＝m A dt A 乙＋m Bdt B 乙，应当选项A 、E 正确． (2)由于滑块A 匀速通过光电门甲，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B 也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA ＝μB ，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A 的质量大于B 的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2. 答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (意思相近的表示均可给分) (4)m A d t 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m Bt 2)10．(20分)如下列图，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度一样： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了 Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如下列图，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，假设将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进展受力分析，如下列图kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝6＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)6＋23mg3。

一、单选题二、多选题1. 已知月球半径为R ，飞船在距月球表面高度为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是 ( )A ．月球质量为B ．月球表面重力加速度为C ．月球密度为D ．月球第一宇宙速度为2. 用20分度的游标卡尺测量某物体长度，测得读数如图所示，则物体的长度为（ ）A ．20.30mmB ．20.30cmC ．20.3mmD ．21.30mm3. 一个物体，从高度是h 的光滑斜面顶端A 开始下滑，物体滑到斜面下端B 时，速度大小为(空气阻力不计) ( )A ．2ghB ．ghC．gh D．4. 如图所示，置于粗糙水平面上的物块A 、B 用轻质弹簧连接，在水平恒力F 的作用下物块A 、B 以相同的加速度a 向右运动，已知物块A 的质量是物块B 质量的2倍，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，现撤去水平恒力F，则在此瞬间（ ）A ．物块A 的加速度大小为0B ．物块B 的加速度大小为0C ．物块A的加速度大小为D ．物块B的加速度大小为5. 某质量为6×107kg 的战舰的额定功率为1.5×105kW ，在一次航行中，此战舰以额定功率航行，阻力恒定，可达到的最大航速为54km/h ，当战舰上的速度计显示的速度为13.5km/h 时，其加速度的大小为（ ）A ．5×10-2m/s 2B ．0.5 m/s 2C ．5m/s 2D ．50 m/s 26. 如图为俯视图，水平放置的光滑平行轨道宽度为d ，匀强磁场方向竖直向下，长为1.5d 的导体棒GH 垂直轨道放置，在外力作用下在水平面内左右运动，其速度表达式为v =v 0sin ωt ，轨道右端连接电灯A 和理想变压器原线圈，变压器副线圈接电灯B 和C ，各灯规格分别为A （4V ，0.5A ）、B （2V ，1A ）、C （2V ，0.5A ）．轨道电阻不计，导体棒总电阻为6Ω．三个电灯均正常发光，不考虑电灯电阻随温度的变化，下列说法正确的是：A ．理想变压器原、副线圈匝数比为2:1B ．导体棒两端电压为16VC ．变压器输入功率为3WD ．若拆除电灯C ，则电灯B 亮度不变2024高考物理一轮总复习标配用卷（新教材版）专项训练版三、实验题7. 2023年1月7日，中科院聚变大科学团队利用有“人造太阳”之称的全超导托卡马克大科学装置（EAST ），发现并证明了一种新的高能量约束模式，对国际热核聚变实验堆和未来聚变堆运行具有重要意义。

单元质检一运动的描述匀变速直线运动的研究(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(浙江常熟高三上学期阶段性抽测)关于速度的描述,下列说法正确的是( )A.电动车限速20 km/h,指的是平均速度大小B.子弹射出枪口时的速度大小为500 m/s,指的是平均速度大小C.某运动员百米跑的成绩是10 s,则他冲刺时的速度大小一定为10 m/sD.京沪高速铁路测试时列车最高时速可达484 km/h,指的是瞬时速度大小答案:D解析:电动车限速20km/h,即最高速度不超过20km/h,是指瞬时速度,故A 错误;子弹射出枪口时的速度大小为500m/s,指的是瞬时速度,故B错误;10m/s是百米跑的平均速度,但冲刺时的速度为瞬时速度,大小不能确定,故C错误;京沪高速铁路测试时列车最高时速可达484km/h,指的是某时刻的速度可以达到484km/h,是瞬时速度,故D正确。

2.(河南名校联盟高三上学期10月质检)我国首艘海上商用地效翼船“翔州一号”,从三沙市永兴岛到三亚仅仅只需要几个小时,若地效翼船“翔州一号”到港前以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动,其初速度为60 m/s,则它在12 s内滑行的距离是( )A.144 mB.288 mC.150 mD.300 m答案:D=解析:地效翼船从以初速度为60m/s,运动到停止所用时间t=v-v0a0-60s=10s,由此可知地效翼船在12s内不是始终做匀减速运动,它在最后-62s内是静止的,故它12s内滑行的距离为,故选项D正确。

3.(天津一中高三月考)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2,v1、v2在各个时刻的大小如表所示,从表中数据可以看出( )v2/(m·s-1) 9.8 11.0 12.2 13.4 14.6A.火车的速度变化较慢B.汽车的加速度较小C.火车的位移在减小D.汽车的速度增加得越来越慢答案:A解析:火车的加速度为a1=Δv1Δt =-0.51m/s2=-0.5m/s2,汽车的加速度为a2=Δv2Δt =1.21m/s2=1.2m/s2,汽车的加速度较大,火车的加速度较小,可知火车速度变化较慢,故A正确,B错误;因为火车的速度一直为正值,速度方向不变,则位移在增加,故C错误;因为汽车做匀加速直线运动,加速度不变,单位时间内速度增加量相同,故D错误。

力学综合试题1、一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌面上，槽内嵌着三个大小一样的刚性小球，它们的质量分别为m1、m2、m3，且m2=m3= 2m1．小球与槽的两壁刚好接触且不计所有摩擦。

起初三个小球处于如图- 25所示的等间距的I、II、III三个位置，m2、m3静止，m1以初速度沿槽运动，R为圆环内半径与小球半径之和。

m1以v0与静止的m2碰撞之后，m2的速度大小为2v0/3；m2与m3碰撞之后二者交换速度；m3与m1之间的碰撞为弹性碰撞：求此系统的运动周期T．2、如下列图，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M 点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮〔不计滑轮摩擦〕分别连接小物块P、Q 〔两边细绳分别与对应斜面平行〕，并保持P、Q两物块静止．假设PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1= 3kg，与MN间的动摩擦因数，求：〔sin37°=0.6，cos37°=0.8〕〔1〕小物块Q的质量m2；〔2〕烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；〔3〕P物块P第一次过M点后0.3s到达K点，如此MK间距多大；〔4〕物块P在MN 斜面上滑行的总路程．3、如下列图，一轻质弹簧将质量为m 的小物块连接在质量为M 〔M ＝3m 〕的光滑框架内。

物块位于框架中心位置时弹簧处于自由长度。

现框架与物块共同以速度v 0沿光滑水平面向左匀速滑动。

〔1〕假设框架与墙壁发生瞬间碰撞后速度为0且与墙不粘连，求框架刚要脱离墙壁时小物块速度的大小和方向；〔2〕在〔1〕情形下，框架脱离墙面后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值E p m ；〔3〕假设框架与墙壁发生瞬间碰撞立即反弹，以后过程中弹簧的最大弹性势能为2023mv ，求框架与墙壁碰撞时损失的机械能ΔE 1。

〔4〕在〔3〕情形下试判定框架与墙壁能否发生第二次碰撞？假设不能，说明理由。

（人教版-第一轮）及答案：模块综合检测(一)(90分钟 100分)1(4分)关于布朗运动的说法正确的是( )A 布朗运动是液体分子的运动B 悬浮在液体中的颗粒越大，其布朗运动越明显布朗运动是悬浮颗粒内部分子无规则运动的反映D 悬浮在液体中的颗粒越小，液体温度越高，布朗运动越明显2(4分)在用油膜法估测分子直径大小的实验中，若已知油酸的摩尔质量为M ，一滴油酸溶液中含纯油酸质量为，一滴油酸溶液滴到水面上扩散后形成的纯油酸膜的最大面积为S ，阿伏加德罗常为N A ,纯油酸的密度为ρ,以上各量均采用国际单位制单位以下判断正确的是( )A 油酸分子的直径M d S=ρ B 油酸分子的质量AM m N =分子 一滴油酸溶液中所含的油酸分子A m n N M =D 每个油酸分子的体积Am V N =ρ 3(2012·宜昌模拟)(4分)在下列叙述中正确的是( )A 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大B 布朗运动就是液体分子的热运动对一定质量的气体加热，其内能一定增加D 当分子间距r ＜r 0时，分子间斥力比引力变得快；当r ＞r 0时，引力比斥力变得快4(4分)设合力为零时分子间距为r 0，分子之间既有引力也有斥力，它们与分子间距的关系有以下说法，其中正确的是( )A 随着分子间距的增加，分子间的引力减小得快，斥力减小得慢B随着分子间距的增加，分子间的引力减小得慢，斥力减小得快时，距离越大，分子力越大分子间距大于r时，距离越小，分子力越大D分子间距小于r5(2011·新课标全国卷)(4分)对于一定量的想气体，下列说法正确的是( ) A若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B若气体的内能不变，其状态也一定不变若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关E当气体温度升高时，气体的内能一定增大[|||X|X|K]6(4分)如图所示,竖直圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的3倍,细筒足够长,粗筒中A、B两轻质活塞间封有空气，气柱长L=20 c活塞A上方的水银深H=10 c，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平现使活塞B缓慢上移，直到水银的一半被推入细筒中，若大气压强p相当于75 c高的水银柱产生的压强，则此时气体的压强为( )A100 cHg B85 cHg95 cHg D75 cHg7(4分)装有半杯热水的茶杯旋紧盖子放冷后，再打开盖时比较费力，其主要原因是( )A因温度降低而导致茶杯内空气分子与盖子分子间的引力增大B杯内气体因温度降低而压强减小放冷后盖子与茶杯间的最大静摩擦力增大D开盖时需要用力做功补充因温度降低而使茶杯减少的内能8(2012·南通模拟)(4分)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的想气体，汽缸与活塞均具有良好的绝热性能将一个热敏电阻置于汽缸中(热敏电阻的阻值随温度的升高而减小)，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，活塞下挂一沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止现将沙桶底部开一小孔使沙子缓慢漏出，下列说法正确的是( )A气体体积减小，压强增大B气体对外界做正功，气体内能减小外界对气体做正功，气体内能增大D欧姆表指针逐渐向右偏转9(4分)一定质量想气体的状态经历了如图所示的b、bc、cd、d四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于b且与水平轴平行，d与bc平行，则气体体积在( )Ab过程中不断增加Bbc过程中保持不变cd过程中不断增加Dd过程中保持不变10(4分)如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )[,,]A温度升高，内能增加600 JB温度升高，内能减少200 J温度降低，内能增加600 JD温度降低，内能减少200 J11(4分)如图所示，一定质量的想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( )A温度升高，压强增大，内能减少B温度降低，压强增大，内能减少温度升高，压强增大，内能增加D温度降低，压强减小，内能增加12(4分)氧气钢瓶充气后压强高于外界大气压，假设缓慢漏气时瓶内外温度始终相等且保持不变，忽略氧气分子之间的相互作用，在该漏气过程中瓶内氧气( )A分子总减少，分子总动能不变B密度降低，分子平均动能不变吸收热量，膨胀做功D压强降低，不对外做功13(8分)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为想气体下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是___________(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 J的功现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 J的热量在上述两个过程中，空气的内能共减小___________J，空气___________ (选填“吸收”或“放出”)的总热量为___________J(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为13 g/3和21 g/3，空气的摩=602×1023-1若潜水员呼吸一次吸入2 L的尔质量为0029 g/，阿伏加德罗常NA空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子(结果保留一位有效字)14(2012·太原模拟)(8分)(1)下列说法正确的是___________A液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力B扩散运动就是布朗运动把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体D第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它违反了热力第二定律(2)图中A、B汽缸的长度和截面积均为30 c和 20 c2，是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门整个装置均由导热材料制成起初阀门关闭，A内有压强pA =20×105P的氮气B内有压强pB=10×105P的氧气阀门打开后，活塞向右移动，最后达到平衡求：①活塞移动的距离及平衡后B中气体的压强；②活塞移动过程中A中气体是吸热还是放热(简要说明由)(假定氧气和氮气均为想气体，连接汽缸的管道体积可忽略)15(2012·镇江模拟)(9分)(1)下列说法正确的是___________(填写选项前的字母)A压缩气体需要做功，说明气体分子间存在斥力B用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子间有空隙温度相同的氢气和氧气，氢气分子的平均动能和氧气分子的相同D夏天荷叶上小水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故(2)如图所示为一沾有肥皂膜的闭合金属框，若将膜面上棉线圈内部的膜戳破后，棉线圈会被拉成圆形，这是因为___________的作用；与戳破前相比，肥皂膜的内能___________(选填“增加”、“减少”或“不变”)[](3)如图所示，一边长为L的立方体容器内充有密度为ρ的某种气体，已知该气体的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常为NA，求容器内气体的分子[XXK]16(2012·泰安模拟)(9分)(1)给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子势能，则胎内气体( ) A 从外界吸热B 对外界做负功 分子平均动能减少 D 内能增加(2)气体温度计结构如图所示玻璃测温泡A 内充有想气体，通过细玻璃管B 和水银压强计相连开始时A 处于冰水混合物中，左管中水银面在O 点处，右管D 中水银面高出O 点1=14 c 后放入待测恒温槽中，上下移动D ，使左管中水银面在O 点处，测得右管D 中水银面高出O 点2=44 c(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cHg)①求恒温槽的温度②此过程A 内气体内能___________(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将___________(填“吸热”或“放热”)17(9分)(1)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变实现能量的转移和转，我们把这些气体称为工质某热机经过一个循环后，工质从高温热吸热Q 1，对外做功W ，又向低温热放热Q 2，工质完全恢复初始状态，内能没有变根据热力第一定律，在工质的一个循环中，Q 1、Q 2、W 三者之间满足的关系是___________热机的效率1W Q η=不可能达到100%，从能量转换的角度，说明___________能不能完全转为___________能(2)如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线图中等温线Ⅰ对应的温度比等温线Ⅱ对应的温度要___________ (选填“高”或“低”)在同一等温线下，如果该气体的压强变为原的2倍，则气体的体积应变为原的___________18(9分)(1)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( )A 金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B 晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D 单晶体和多晶体的物性质是各向异性的，非晶体是各向同性的(2)如图所示，一开口汽缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为l 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l /4现用活塞将汽缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为l /2，求此时汽缸内气体的压强大气压强为p 0，重力加速度为g答案解析1【解析】选D 布朗运动的主体是悬浮在液体(或气体)中的固体小颗粒，它是由大量的分子组成的所以布朗运动是大量的固体分子组成的整体的运动，而不是固体分子或液体分子的运动，A 、选项错误布朗运动的原因是大量液体(或气体)分子与颗粒不停地撞击，颗粒越大，撞击的不平衡性越不显著液体的温度越高，分子运动越剧烈，布朗运动也就越明显，故B 选项错误，D 选项正确2【解析】选B 、滴到水面上的油膜对应的纯油酸的体积m V =ρ,因此，油酸分子的直径V m d S S==ρ,A 错误；因1摩尔油酸分子的质量为M ，因此，每个油酸分子的质量为AM m N =分子,B 正确；一滴油酸溶液对应的纯油酸的摩尔为m M ,所以一滴油酸溶液中所含的油酸分子A m n N M =，正确；1摩尔纯油酸的体积为M ρ，所以每个油酸分子的体积AM V N =ρ，D 错误 3【解析】选A 温度是物体分子热运动平均动能的标志，A 正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是分子的运动，B 错误；根据热力第一定律ΔU ＝W+Q 得错误；根据分子动论可知，分子间引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小，斥力均比引力变快，D 错误4【解析】选B、D分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力减小更快，故A错B对分子间距从r0开始变大时，分子力先变大后变小，若从r开始减小时，分子力变大，故选项错D对5【解析】选A、D、E对一定质量的想气体，有pVT=常量，当体积和压强不变时，温度也不变，而其内能仅由温度决定，故其内能不变，因此A正确在等温时，想气体内能不变，但其状态可以变，并遵循玻意耳定律，故B错由于pVT=常量，当V与T成正比时，p不变，故错对气体，在等压和等容情况下，由ΔU=Q+W知，对一定量的想气体每升高1 K，ΔU相同，但W不同，则Q不同，因此D正确由于一定质量的想气体的内能仅由温度决定，温度升高，内能增大，故E正确6【解析】选当有一半的水银被推入细筒中时，由于粗筒截面积是细筒截面积的3倍，因此，细筒中水银高度为H315 cm2⨯=,活塞A上方水银柱的总高度为Hh15 cm20 cm2=+=,因活塞A的重力不计，所以气体的压强p=p0+20 cHg= 95 cHg,正确，A、B、D错误7【解析】选B、质量恒定的气体体积不变，在温度降低时其压强减小，故选项B 正确；由于茶杯内压强减小使茶杯内外压强差增大，导致盖子和茶杯间的压力增大，故其最大静摩擦力增大，所以选项正确，选项A、D均错8【解析】选A、、D气体压强()m M gp pS+=-，当沙子的质量M减小时，气体体积减小，外界对气体做功，且为绝热过程Q=0，则由ΔU=W+Q知内能增大，A、正确，B错误由于内能增大使气体温度升高，热敏电阻的阻值减小，欧姆表指针向右偏转，D正确9【解析】选A、B首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；b是等温线，压强减小，则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低，则体积减小，错误；连接O、dO，则O、dO是等容线，且Vd<V，故d过程中体积不断增大，D错误10【解析】选A由热力第一定律ΔU=W+Q得：ΔU=800 J+(-200 J)=600 J,B、D 错；一定质量的想气体的内能大小只与温度有关，ΔU=600 J＞0,故温度一定升高，A 选项正确，错11【解析】选由压力F 对密闭的气体做正功，则W ＞0，绝热活塞Q=0，由热力第一定律知想气体内能增大，温度升高，再根据pV/T=，V 减小，p 增大，故选 12【解析】选B 、漏气过程中瓶内氧气质量减少，密度降低，分子总减少，但因氧气温度不变，则分子平均动能不变，瓶内氧气分子总动能减少，故A 错B 对以瓶内剩余气体为研究对象，比较该部分气体前后两个状态，等效认为该部分气体膨胀后填补了漏出去那部分气体原所占据的空间，体积膨胀，故氧气对外做功当忽略了气体分子间相互作用时，氧气可看成想气体，其内能等于所有分子总动能，则这部分气体内能不变，由ΔU=W+Q 可知，必然吸收热量，由pV C T =,可知V 增大，p 应降低，故正确，D 错误13【解析】(1)选B 由玻意耳定律知pV=,p 与1V 成正比，选B (2分)(2)根据热力第一定律ΔU=W+Q ，第一阶段W 1=24 J ，ΔU 1=0,所以Q 1=-24 J ，故放热；第二阶段W 2=0，Q 2=-5 J ，由热力第一定律知，ΔU 2=-5 J ，故在上述两个过程中，空气的内能变ΔU=ΔU 1+ΔU 2=-5 J ；两过程Q=Q 1+Q 2=-29 J ，故空气放出的总热量为29 J (每空1分)(3)设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有A A ()V m n N N M Mρ-ρ∆∆==海岸， 代入据得Δ=3×1022个(3分)答案(1)B (2)5 放出 29 (3)3×1022个14【解析】(1)选A 、D 液体表面存在张力的原因就是液体表面层分子间距大于液体内部分子间距，A 正确扩散运动是分子的运动，不是布朗运动，B 错误许多小晶体放在一起时，还是晶体，错误第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力第二定律，制造不出，D 正确(2分) (2)①由玻意耳定律：对A 部分气体有：p A LS=p(L+)S (1分)对B部分气体有：pBLS=p(L-)S (1分)代入相关据解得：=10 cp=15×105 P(1分)②活塞向右移动的过程中A中气体对外做功，而气体发生等温变，内能不变，由热力第一定律知，A中气体从外界吸热(3分)答案(1)A、D (2)①10 c 15×105 P ②见解析15【解析】(1)选、D压缩气体需要做功，克服的是气体的压强，而并非分子间的斥力，A错；用手捏面包，面包体积减小，只能说明宏观物体间有空隙，不能说明微观分子间有空隙，B错；温度是分子平均动能的标志，温度相同，物体分子的平均动能相同，对；夏天荷叶上小水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，这是因为在体积相等的各种形状的物体中，球形物体的表面积最小，D对(3分) (2)将棉线圈内部的肥皂膜戳破后，由于液体表面张力的作用，棉线圈会被拉成圆形，因周长一定，圆的面积最大,这样才能使肥皂膜的面积最小戳破后表面张力做正功，肥皂膜的内能减少(2分)(3)气体的体积V=L3,故气体的质量为=ρL3，气体的摩尔为3m L nρ==μμ故容器内气体的分子3AAL NN nNρ==μ(4分)答案(1)、D (2)液体表面张力减少(3)3A L N ρμ16【解析】(1)选A胎内气体经历了一个温度不变，压强减小，体积增大的过程温度不变，分子平均动能和内能不变,体积增大，气体对外界做正功，B、、D均错根据热力第一定律，气体一定从外界吸热A正确(3分)(2)①由于温度变前后左端被封闭气体的体积没有发生变，由查定律可得1212p p T T =，代入据可得恒温槽的温度22121p 120T T 273 K 364 K,t T 273 K 91p 90==⨯==-=℃(3分)②此过程中由于被封闭想气体温度升高，故内能增大；由热力第一定律知在没有对外做功的前提下应该从外界吸收热量(3分)答案(1)A(2)①364 K 或91℃②增大 吸热17【解析】(1)由热力第一定律、热量、做功、内能的符号规定得Q 1+(-Q 2)+(-W)=0，即Q 1-Q 2=W 再由热力第二定律知，内能不可能全部转成机械能而不产生其他影响(6分)(2)质量相同的气体，pV 之积越大，则温度越高取相同的体积V ，观察对应的压强p ，便可以比较出等温线Ⅱ的温度高再由玻意耳定律，p 1V 1=p 2V 2，当p 2=2p 1时，得211V V 2= (3分)答案(1)Q 1-Q 2=W内机械(2)低1218【解析】(1)选B 、本题考查晶体和非晶体的区别晶体和非晶体的区别：①单晶体都具有规则的几何形状，而非晶体没有一定的外形，多晶体也没有确定的几何形状；②单晶体具有各向异性的特性，非晶体具有各向同性的特性，多晶体也是各向同性的；③单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点金刚石、食盐和水晶都是晶体，玻璃是非晶体正确说法为B 、(3分)(2)设当小瓶内气体的长度为34l 时，压强为p 1;当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p 2，汽缸内气体的压强为p 3，依题意101p p g 2=+ρl ①(1分)由玻意耳定律123p S p ()S 42=-l l l ②(1分)式中S 为小瓶的横截面积联立①②两式，得2031p (p g )22=+ρl③(1分)又有231p p g 2=+ρl④(1分)联立③④式，得303g p p 24ρ=+l(2分)[&&&X&X&K]答案(1)B 、 (2) 03g p 24ρ+l。

新教材高考物理一轮总复习新人教版：阶段检测(七) 第十一~十二单元一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物理量对应的单位正确的是()A.电场强度:N/CB.电动势:V/CC.磁感应强度:N/mD.磁通量:T·m2.某地理老师给同学们展示了一种磁悬浮地球仪,底座通电时球体会悬浮起来(如图甲所示)。

它的内部原理如图乙所示,底座里面有线圈,球体是磁体,球体的顶端是S极、底部是N极,底座通电时能让球体悬浮起来。

下列说法正确的是()A.地球仪底座对桌面的压力大小等于底座受到的重力B.球体能够悬浮是利用了电磁感应原理C.电路中的a端点须连接直流电源的负极D.若增大线圈的电流,则球体重新静止时受到的斥力将增大3.测温枪是通过传感器接收红外线信号,得出感应温度数据,使用时只要将测温枪靠近皮肤表面,修正皮肤与实际体温的温差便能准确显示体温。

下列说法正确的是()A.测温枪利用的红外线也可用于杀菌消毒B.红外线是波长比紫外线长的电磁波C.红外线的穿透能力很强,接受红外线照射是会伤害身体的D.红外线的频率大于X光的频率4.如图所示,由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈,两线圈的质量相等,但所用导线的横截面积不同,甲线圈的匝数是乙线圈的2倍。

现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落,一段时间后进入方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,磁场的上边界水平。

不计空气阻力,已知下落过程中两线圈始终平行于纸面,上、下边保持水平。

在两线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前,可能出现的是()A.甲产生的焦耳热比乙多B.甲做加速运动,乙做减速运动C.甲和乙都做加速运动D.甲做减速运动,乙做加速运动5.如图所示,L是自感系数很大的线圈,但其自身的电阻几乎为0,A和B是两个相同的小灯泡,则()A.当开关S由断开变为闭合时,A比B先亮B.当开关S由断开变为闭合时,A和B同时亮C.当开关S由闭合变为断开时,A和B均慢慢熄灭D.当开关S由闭合变为断开时,没有灯泡发光6.智能手表通常采用无线充电方式。

电学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．如下列图，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R ，电阻为r 的金属棒AB 垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计．两导轨间存在竖直向下的匀强磁场．给AB 以水平向右的初速度v 0并开始计时，下面四幅反映AB 的速度v 随时间t 变化规律的图象中，可能正确的答案是( )解析：选D.AB 杆以水平向右的初速度v 0切割磁感线，在回路中充当电源，电路中产生的电流为I ＝Blv R ＋r ，AB 杆受到的安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r，对AB 杆受力分析可知，水平方向合外力等于安培力，充当阻力使其减速，所以其加速度随速度的减小而减小，直到速度减为零时，加速度减为零，故D 项正确．2．如下列图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，有一等腰直角三角形ACD .A 点有一根垂直于ACD 平面的直导线．当导线中通有图示方向的电流时，D 点的磁感应强度为零．如此C 点的磁感应强度大小为( )A. 0B ．B 0 C.2B 0 D ．2B 0解析：选C.由D 点的磁感应强度为零可知，通电直导线在D 点产生的磁场与空间中存在的匀强磁场的磁感应强度等大反向，所以匀强磁场方向垂直于AD 向下，由于C 点与D 点与A 等距离，所以通电直导线在C 点产生的磁场磁感应强度大小为B 0，方向垂直于AC 向左，如此C 点的磁感应强度大小为2B 0，故C 项正确．3．一个阻值为20 Ω的电阻，通有如下列图的电流，在一个周期内，前半个周期电流随时间按正弦规律变化，后半个周期电流为恒定电流，如此在一个周期内，电阻产生的热量为( )A ．0.2 JB ．0.4 JC ．0.6 JD ．0.8 J解析：选C.求解电阻产生的热量时应该用电流的有效值，由有效值的定义可得⎝⎛⎭⎪⎫I m 22R T 2＋I 22R T 2＝I 2RT 得，I ＝32A ，如此一个周期内电阻产生的热量为Q ＝I 2RT ＝0.6 J ，故C 项正确． 4．如图甲所示，单匝导线框abcd 固定于匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁场的正方向．从t ＝0时刻开始磁感应强度B 随时间t 变化关系如图乙所示，假设规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，如此在下面四个反映线框里感应电流i 随时间t 变化规律的图象中，正确的答案是( )解析：选A.由法拉第电磁感应定律可得：E ＝N ΔBS Δt ，又i ＝E R，结合B ­t 图象可得，0～1 s 内线圈中产生的电流是恒定的，故C 、D 项错误；由B ­t 图象可知0～1 s 内垂直纸面向里的磁场磁通量在增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为逆时针，与规定的正方向一样，所以为正值，故A 项正确，B 项错误．5．现有一组方向沿x 轴正方向的电场线，假设从x 轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x 轴的正方向从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处，其电势φ随位置x 坐标变化的情况如下列图．如下有关说法正确的答案是( )A ．该粒子一定带正电荷B ．在x 轴上x ＝0.6 cm 的位置，电场强度大小为0C ．该粒子从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处的过程中，电势能一直减小D ．在x 轴上0～0.6 cm 的范围内的电场强度大于0.6～1.2 cm 的范围内的电场强度 解析：选AC.由于带电粒子由坐标原点由静止开始，仅在电场力的作用下，沿x 轴正方向运动，所以所受电场力方向沿x 轴正方向，与电场线的方向一致，故该粒子一定带正电荷，故A 项正确；由φ­x 图象中斜率表示电场强度可知，x ＝0.6 cm 处电场强度大小为5 000 V/m ，故B 项错；由φ－x 图象可知，从x ＝0.6 cm 到x ＝1.2 cm 的过程中，电势一直降低，由E p ＝qφ可知，正电荷的电势能一直减小，故C 项正确；由φ－x 图象中斜率表示电场强度可知，0～1.2 cm 的范围内电场强度不变，故D 项错误．6．如下列图的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈接在电压为U 0的正弦式电流电源上，定值电阻R 1＝R 2，变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，通过原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，如此( )A ．I 1∶I 2＝1∶3B ． I 1∶I 2＝3∶1 C. U 1∶U 0＝1∶10 D ． U 2∶U 0＝3∶10解析：选AD.由于理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，所有原副线圈的电流之比是1∶3，故A 项正确；原副线圈两端的电压之比为3∶1，两个定值电阻两端的电压之比U R 1U R 2＝13，左边回路有U 0＝U R 1＋U 1，右边回路中有U 2＝U R 2，所以U 1∶U 0＝9∶10，故C 项错误；U 2∶U 0＝3∶10，故D 项正确．7．如下列图，在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ，那么( ) A ．从图示位置开始，线圈转过90°时穿过线圈的磁通量最大 B ．线圈中感应电流的有效值为 2 A C ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt (V) D ．从图示位置开始到线圈转过90°时的过程中，线圈中磁通量变化了T π解析：选ABC.从图示位置开始，线圈转过90°时，恰好位于中性面的位置，磁通量最大，故A 项正确；线圈转动产生的是正弦式交变电流，所以电流的有效值为I ＝I m 2，又E m ＝BSω＝BS 2πT ，转过60°时有i ＝E m r cos 2πT t ＝BSωrcos 60°＝1 A ，解得电流的有效值为I ＝ 2 A ，故B 项正确；任意时刻线圈中的感应电动势e ＝BSωcos 2πT t ＝4cos 2πT t ，故C 项正确；从图示位置开始到线圈转过90°的过程中，线圈中的磁通量变化了ΔΦ＝BS ＝2T π，故D 项错误．8．如下列图，在光滑绝缘水平地面上相距为L 处有两个完全一样的带正电小球A 和B ，它们的质量都为m ，现由静止释放B 球，同时A 球以大小为v 0的速度沿两小球连线方向向B 球运动，运动过程中，两球最小距离为L3，如下说法中正确的答案是( ) A ．距离最小时与开始时B 球的加速度之比为9∶1B ．从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为12mv 20 C ．A 、B 组成的系统动能的最小值是14mv 20 D ．B 球速度的最大值为v 0 解析：选AC.开始时，对B 球有：k q 2L 2＝ma 1 ，相距最小时，对B 球有：k q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 32＝ma 2，如此有：a 2a 1＝91，故A 项正确；当两球相距最小时，两球速度一样，系统动能最小．对A 、B两球自B 球由静止释放至两球相距最小，由动量守恒定律得mv 0＝2mv ；由能量守恒得12mv 20＝12×2mv 2＋E p ，解得E p ＝14mv 20，故B 项错误；最小动能E k ＝12×2mv 2＝14mv 20，故C 项正确；当A 球速度减为零时，B 球速度增大到v 0 ，此时两球相距为L ，此后A 球反向加速，B 球继续加速，故D 项错误．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线〞的实验中，所采用的小灯泡的规格为“2.5 V 0.3 A 〞，实验时采用的电路图如图甲所示．(1)某同学从实验室取出A 、B 两个材质一样的滑动变阻器，铭牌不清，从进货单中查知其中一个滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，另一个为1 000 Ω，观察发现A 绕的导线粗而少，而B 绕的导线细而多，本实验应该选用______填(“A 〞或“B 〞)．(2)在实验测量中，某次电压表示数如图乙所示，如此其示数为______V ；此时电流表的示数可能为图丙中的______(填写图丙中各表下方的代号)．(3)假设实验得到另一小灯泡的伏安特性曲线(I ­U 图象)如图丁所示．假设将这个小灯泡接到电动势为1.5 V 、内阻为5 Ω的电源两端，如此小灯泡的工作电阻为______Ω，小灯泡消耗的功率是________W.解析：(1)由电阻定律R ＝ρL S可知，细而长的电阻大，粗而短的电阻小，而本实验采用分压式接法，应选用电阻小的，应当选A.(2)电压表量程选3 V，所以每小格表示0.1 V，所以读数为2.00 V，有估读数位；由于电压表示数略小于额定电压，所以电流表的示数略小于额定电流，故B项正确．(3)作出闭合电路欧姆定律的I­U图象，与小灯泡的I­U图象交于一点，其横纵坐标的比值即为小灯泡的工作电阻，为9.8 Ω ；横纵坐标的乘积即为小灯泡消耗的实际功率，为0.1 W.答案：(1)A(2)2.00 B(3)9.8(9.6～10均可) 0.110．(20分)如下列图，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离为L、质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)假设k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)假设2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k 的关系式．解析：(1)假设k＝1，如此有MP＝L，粒子在Ⅰ区匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：R＝L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，如此有：qvB 0＝m v 2R粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd ＝12mv 2 综合上式解得：E ＝qB 02L 22dm. (2)因为2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，该粒子运动轨迹如下列图由几何关系：R 2－(kL )2＝(R －L )2， 又有qvB 0＝m v 2R如此整理解得：v ＝qB 0L ＋k 2L 2m. 答案：(1)qB 20L 22dm (2)v ＝qB 0L ＋k 2L 2m11．(23分)如下列图，质量m A ＝0.8 kg 、带电量q ＝－4×10－3 C 的A球用长度l ＝0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O 点，O 点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E ＝5×103 N/C.质量m B ＝0.2 kg 不带电的B 球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J ．现将A 球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A 球相碰，并结合为一整体C ，同时撤去水平轨道．A 、B 、C 均可视为质点，线始终未被拉断，g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞过程中A 球对B 球做的功和冲量大小；(2)碰后C 第一次离开电场时的速度大小；(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C 每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．解析：(1)由机械能守恒定律12m A v 2A ＝m A gl 得碰前A 的速度大小v A ＝4 m/s 方向向右由E ＝12m B v 2B 得碰前B 的速度大小v B ＝6 m/s 方向向左由动量守恒守律m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v C得v C ＝2 m/s 方向向右A 对B 所做的功W ＝12m B v 2C －E ＝－3.2 JA 对B 的冲量I ＝m B vC －(－m B v B )＝1.6 N·s(2)碰后，C 整体受到电场力F ＝qE 因F －m C g ＞m C v 2C l，可知C 先做类平抛运动 如此x ＝v C t ，y ＝12at 2，qE －m C g ＝m C a (y －l )2＋x 2＝l 2联立解得x ＝0.8 m ，y ＝0.8 m ，t ＝0.4 s即C 刚好在圆心等高处线被拉直，此时C 向上的速度为v y ＝at ＝4 m/s设C 第一次运动到最高点速度为v 1，由动能定理(F －m C g )l ＝12m C v 21－12m C v 2y 得v 1＝42≈5.66 m/s(3)设C 从最高点运动到最低点时的速度为v .由动能定律m C g ×2l ＝12m C v 2－12m C v 21 得 v ＝8 m/s 由于F T ＋F －m C g ＝m C v 2l，可知F T ＞0，故C 之后每一次通过最低点均能一直做圆周运动 设C 第n 次经过最高点时的速度为v n .如此(n －1)qE ×2l ＝12m C v 2n －12m C v 21，(n ＝1,2,3……) 由牛顿第二定律得F T ＋m C g －F ＝m C v 2n l解得F T ＝10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……)答案：(1)－3.2 J 1.6 N·s (2)5.66 m/s(3)10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……)。